高中数学选修2-1第三章+空间向量与立体几何+测试题(含详解)(精华版)

-1-高中数学选修2-1第三章+空间向量与立体几何+测试题(时间：120分钟，满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，满分60分．在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的)1．向量a＝(2x,1,3)，b＝(1，－2y,9)，若a与b共线，则()A．x＝1，y＝1B．x＝12，y＝－12C．x＝16，y＝－32D．x＝－16，y＝23解析由a∥b知，a＝λb，∴2x＝λ，1＝－2λy,3＝9λ，∴λ＝13，x＝16，y＝－32.答案C2．已知a＝(－3,2,5)，b＝(1，x，－1)，且a·b＝2，则x的值是()A．6B．5C．4D．3解析a·b＝－3＋2x－5＝2，∴x＝5.答案B3．设l1的方向向量为a＝(1,2，－2)，l2的方向向量为b＝(－2,3，m)，若l1⊥l2，则实数m的值为()A．3B．2C．1D.12解析∵l1⊥l2，∴a⊥b，∴a·b＝0，∴－2＋6－2m＝0，∴m＝2.答案B4．若a，b均为非零向量，则a·b＝|a||b|是a与b共线的()A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解析∵a·b＝|a||b|cos〈a，b〉，而a·b＝|a||b|.∴cos〈a，b〉＝1，∴〈a，b〉＝0.∴a与b共线．反之，若a与b共线，也可能a·b＝－|a|·|b|，因此应选B.答案B5．在△ABC中，AB→＝c，AC→＝b.若点D满足BD→＝2DC→，则AD→＝()A.23b＋13cB.53c－23bC.23b－13cD.13b＋23c-2-解析如图，AD→＝AB→＋BD→＝AB→＋23BC→＝AB→＋23(AC→－AB→)＝13AB→＋23AC→＝13c＋23b.答案A6．已知a，b，c是空间的一个基底，设p＝a＋b，q＝a－b，则下列向量中可以与p，q一起构成空间的另一个基底的是()A．aB．bC．cD．以上都不对解析∵a，b，c不共面，∴a＋b，a－b，c不共面，∴p，q，c可构成空间的一个基底．答案C7．已知△ABC的三个顶点A(3,3,2)，B(4，－3,7)，C(0,5,1)，则BC边上的中线长为()A．2B．3C.647D.657解析BC的中点D的坐标为(2,1,4)，∴AD→＝(－1，－2,2)．∴|AD→|＝1＋4＋4＝3.答案B8．与向量a＝(2,3,6)共线的单位向量是()A．(27，37，67)B．(－27，－37，－67)C．(27，－37，－67)和(－27，37，67)D．(27，37，67)和(－27，－37，－67)-3-解析|a|＝22＋32＋62＝7，∴与a共线的单位向量是±17(2,3,6)，故应选D.答案D9．已知向量a＝(2,4，x)，b＝(2，y,2)，若|a|＝6且a⊥b，则x＋y为()A．－3或1B．3或－1C．－3D．1解析由|a|＝6，a⊥b，得4＋16＋x2＝36，4＋4y＋2x＝0，解得x＝4，y＝－3，或x＝－4，y＝1.∴x＋y＝1，或－3.答案A10．已知a＝(x,2,0)，b＝(3,2－x，x2)，且a与b的夹角为钝角，则实数x的取值范围是()A．x4B．x－4C．0x4D．－4x0.解析∵〈a，b〉为钝角，∴a·b＝|a||b|cos〈a，b〉0，即3x＋2(2－x)0，∴x－4.答案B11．已知空间四个点A(1,1,1)，B(－4,0,2)，C(－3，－1，0)，D(－1,0,4)，则直线AD与平面ABC所成的角为()A．30°B．45°C．60°D．90°解析设平面ABC的一个法向量为n＝(x，y，z)，∵AB→＝(－5，－1,1)，AC→＝(－4，－2，－1)，由n·AB→＝0及n·AC→＝0，得－5x－y＋z＝0，－4x－2y－z＝0，令z＝1，得x＝12，y＝－32，∴n＝(12，－32，1)．又AD→＝(－2，－1,3)，设AD与平面ABC所成的角为θ，则sinθ＝|AD→·n||AD→||n|＝－1＋32＋314×142＝12，∴θ＝30°.答案A12．已知二面角α－l－β的大小为50°，P为空间中任意一点，则过点P且与平面α和平面β所成的角都是25°的直线的条数为()A．2B．3C．4D．5解析过点P分别作平面α，β的垂线l1和l2，则l1与l2所成的角为130°或50°，问题转化为过点P-4-与直线l1，l2成65°角的直线有几条，与l1，l2共面的有一条，不共面的有2条．因此，共有3条．答案B二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，满分20分．把答案填在题中横线上)13．已知{i，j，k}为单位正交基底，且a＝－i＋j＋3k，b＝2i－3j－2k，则向量a＋b与向量a－2b的坐标分别是________；________.解析依题意知，a＝(－1,1,3)，b＝(2，－3，－2)，则a＋b＝(1，－2,1)，a－2b＝(－1,1,3)－2(2，－3，－2)＝(－5,7,7)．答案(1，－2,1)(－5,7,7)14．在△ABC中，已知AB→＝(2,4,0)，BC→＝(－1,3,0)，则∠ABC＝________.解析cos〈AB→，BC→〉＝AB→·BC→|AB→||BC→|＝10102＝22，∴〈AB→，BC→〉＝π4，∴∠ABC＝π－π4＝3π4.答案3π415．正方体ABCD－A1B1C1D1中，面ABD1与面B1BD1所夹角的大小为________．解析建立空间直角坐标系D－xyz，如图．设正方体的棱长为1，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，B1(1,1,1)，D1(0,0,1)．∴D1A→＝(1,0，－1)，D1B→＝(1,1，－1)，D1B1→＝(1,1,0)．设平面ABD1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面B1BD1的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则由m·D1A→＝0，-5-m·D1B→＝0，可得m＝(1,0,1)，由n·D1B→＝0，n·D1B1＝0，得n＝(1，－1,0)，∴cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝12.∴所求二平面的大小为60°.答案60°16．在下列命题中：①若a，b共线，则a，b所在的直线平行；②若a，b所在的直线是异面直线，则a，b一定不共面；③若a，b，c三向量两两共面，则a，b，c三向量一定也共面；④已知三向量a，b，c，则空间任意一个向量p总可以唯一表示为p＝xa＋yb＋zc，其中不正确的命题为________．解析①a，b共线，包括a与b重合，所以①错．②空间任意两个向量均共面，所以②错．③以空间向量的一组基底{a，b，c}为例，知它们两两共面，但它们三个不共面，所以③错．④当与a，b，c共面时，不成立，所以④错．答案①②③④三、解答题(本大题共6小题，满分70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)如图，空间四边形OABC中，E，F分别为OA，BC的中点，设OA→＝a，OB→＝b，OC→＝c，试用a，b，c表示EF→.解EF→＝EO→＋OF→＝－12OA→＋12(OB→＋OC→)＝－12a＋12b＋12c.18．(12分)设a1＝2i－j＋k，a2＝i＋3j－2k，a3＝－2i＋j－3k，a4＝3i＋2j＋5k，试问是否存在实数a，b，c使a4＝aa1＋ba2＋ca3成立？如果存在，求出a，b，c的值；如果不存在，请说明理由．解假设a4＝aa1＋ba2＋ca3成立．由已知a1＝(2，－1,1)，a2＝(1,3，－2)，a3＝(－2,1，－3)，a4＝(3,2,5)，可得(2a＋b－2c，－a＋3b＋c，a－2b－3c)＝(3,2,5)．∴2a＋b－2c＝3，－a＋3b＋c＝2，a－2b－3c＝5，解得：a＝－2，b＝1，c＝－3.故有a4＝－2a1＋a2－3a3.综上知，满足题意的实数存在，且a＝－2，b＝1，c＝－3.-6-19．(12分)四棱柱ABCD－A′B′C′D′中，AB＝5，AD＝3，AA′＝7，∠BAD＝60°，∠BAA′＝∠DAA′＝45°，求AC′的长．解AC′→＝AB→＋BC→＋CC′→＝AB→＋AD→＋AA′→，∴(AC′→)2＝(AB→＋AD→＋AA′→)2＝AB→2＋AD→2＋AA′→2＋2(AB→·AD→＋AB→·AA′→＋AD→·AA′→)＝25＋9＋49＋2(5×3cos60°＋5×7cos45°＋3×7cos45°)＝98＋562.∴|AC′→|＝98＋562，即AC′的长为98＋562.20．(12分)如图所示，PD垂直于正方形ABCD所在的平面，AB＝2，PC与平面ABCD所成角是45°，F是AD的中点，M是PC的中点．求证：DM∥平面PFB.证明以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，由PC与平面ABCD所成的角为45°，即∠PCD＝45°，得PD＝2，则P(0,0,2)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，F(1,0,0)，D(0,0,0)，M(0,1,1)，∴FB→＝(1,2,0)，FP→＝(－1,0,2)，DM→＝(0,1,1)．设平面PFB的法向量为n＝(x，y，z)，则∴FB→·n＝0，FP→·n＝0，即x＋2y＝0，－x＋2z＝0.令y＝1，则x＝－2，z＝－1.故平面PFB的一个法向量为n＝(－2,1，－1)．∵DM→·n＝0，∴DM→⊥n.又DM⊄平面PFB，则DM∥平面PFB.-7-21．(12分)如图，正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝4，点E在C1C上，且C1E＝3EC.(1)证明A1C⊥平面BED；(2)求二面角A1－DE－B的余弦值．解以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.依题设B(2,2,0)，C(0,2,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,4)．DE→＝(0,2,1)，DB→＝(2,2,0)，A1C→＝(－2,2，－4)，DA1→＝(2,0,4)．(1)∵A1C→·DB→＝0，A1C→·DE→＝0，∴A1C⊥BD，A1C⊥DE.又DB∩DE＝D，∴A1C⊥平面DBE.(2)设向量n＝(x，y，z)是平面DA1E的法向量，则n⊥DE→、n⊥DA1→.∴2y＋z＝0,2x＋4z＝0.令y＝1，则z＝－2，x＝4，∴n＝(4,1，－2)．∴cos〈n，A1C→〉＝n·A1C→|n||A1C→|＝1442.∵〈n，A1C→〉等于二面角A1－DE－B的平面角，∴二面角A1－DE－B的余弦值为1442.-8-22．(12分)正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，CD的中点．(1)证明：平面AED⊥平面A1FD1；(2)在AE上求一点M，使得A1M⊥平面DAE.解(1)证明：建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，不妨设正方体的棱长为2，则A(2,0,0)，E(2,2,1)，F(0,1,0)，A1(2,0,2)，D1(0,0,2)．设平面AED的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则n1·DA→＝x1，y1，z1，0，＝0，n1·DE→＝x1，y1，z1，2，＝0.∴2x1＝0，2x1＋2y1＋z1＝0.令y1＝1，得n1＝(0,1，－2)．同理可得平面A1FD1的法向量n2＝(0,2,1)．∵n1·n2＝0，∴平面AED⊥平面A1FD1.(2)由于点M在AE上，∴可设AM→＝λAE→＝λ(0,2,1)＝(0,2λ，λ)，可得M(2,2λ，λ)，于是A1M→＝(0,2λ，λ－2)．要使A1M⊥平面DAE，需A1M⊥AE，∴A1M→·AE→＝(0,2λ，λ－2)·(0,2,1)＝5λ－2＝0，得λ＝25.故当AM＝25AE时，即点M坐标为(2，45，25)时，A1M⊥平面DAE.